Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
719. Пусть, для определенности, точка D лежит на дуге BC, не содержащей точки A см. рис. Обозначим через H точку пересечения высот треугольника ABC, а через и H B — вторые точки пересечения прямых AH и BH с окружностью. Углы и равны как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Далее, ∠CAA = = ∠CBB = 90 ◦ − ∠ACB. Следовательно, прямоугольные треугольники, и имеют по равному острому углу, и поэтому подобны. Кроме того, треугольники и имеют общий катет, и значит равны, отсюда HA = Так как ∠B AQ = ∠CAD = ∠CBD = ∠A BP , то отрезки AQ и являются соответствующими в подобных треугольниках и следовательно. Построим на высоте точку S такую, что QS A B . Из теоремы Фалеса вытекает, что отношение A S A H равно B Q B H = A P A H A . По доказанному HA = H A A , значит, A S = A P , и A B — средняя линия треугольника P QS, те. делит пополам сторону P Q. 720. Разобьем всех сидящих за столом на 50 пар соседей и назовем людей в любой паре знакомыми. Тогда достаточно разбитьих на две группы (по одному представителю от страны в группе) так, чтобы в каждой группе не оказалосьзнакомых. Покажем, как это можно сделать. Выберем любого представителя страны 1, поместим его в первую группу, второго представителя этой же страны поместим во вторую группу, его знакомого (представителя, скажем, й страны) — снова в первую, второго представителя й страны — во вторую и т. д. Этот процесс завершится, когда очередной знакомый уже распределен это возможно только если этот знакомый — изначальный представитель первой страны, тогда он помещен в первую группу, что от него и требовалось УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 425 Если еще осталисьнераспределенные люди, осталосьповторитьпро- цесс, начиная с любого нераспределенного человека класс. Ответ. 11. 1 = 4 − 2 4 − 2 , 3 = 8 − 2 4 − 2 , 5 = 16 − 1 4 − 1 = 2 5 − 2 2 3 − 2 , 7 = 16 − 2 4 − 2 , 9 = 2 3 + 1 = 2 6 − 1 2 3 − 1 = 2 7 − 2 2 4 − 2 , 2 = 2 · 1 = 2 3 − 2 2 2 2 − 2 , . . . , 10 = 2 · 5 = 2 6 − 2 2 2 3 − Предположим, что 11 = 2 a − 2 b 2 c − 2 d . Не уменьшая общности, положим > b , c > d. Обозначим m = a − b, n = c − d, k = b − d. Получаем 1) = 2 k (2 m − Так как в левой части целое нечетное число, то k = 0. Заметим, что n = не подходит. Если же m > n > 1, то 2 m − 1 и 2 n − 1 дают остаток 3 при делении на 4. Значит, левая и правая части дают соответственно остатки и 3 при делении на 4. Противоречие. Замечание. Можно прийти к противоречию по другому. Из алгоритма Евклида следует, что 2 m − 1 делится на 2 n − 1 без остатка, тогда и только тогда, когда m делится на n. Значит, надо доказать, что 11 = 1 + 2 n + + 2 2n + . . . . Но последнее очевидно, поскольку 11 неравно ни одному из чисел 1 + 2, 1 + 2 + 4, 1 + 4, 1 + 8. 722. Пустьв верхней строке стоят числа a 1 , a 2 , . . . , a n . Переставим столбцы так, что a 1 a 2 . . . a n . Тогда в нижней строке стоят соответственно b 1 = 1 − a 1 , b 2 = 1 − a 2 , . . . , b n = 1 − a n ; ясно, что b 2 . . . b n . Если a 1 + a 2 + . . . + a n n + 1 4 , то вычеркнем все числа нижней строки. Иначе найдем минимальный номер k такой, что a 1 + +a 2 + . . . +a k > n + 1 4 , вычеркнем в верхней строке числа a k , a k+1 , . . . , а в нижней — b 1 , b 2 , . . . , b k−1 . По выбору k имеем a 1 + . . . + a k−1 n + 1 Остается доказать, что b k + b k+1 + . . . + b n n + 1 Поскольку a k a 1 + . . . + a k k > n + 1 4k , имеем+ b k+1 + . . . + b n (n + 1 − k)b k = (n + 1 − k)(1 − a k ) < < (n + 1 − k) 1 − n + 1 4k = 5 4 (n + 1) − (n + 1) 2 + (2k) 2 4k 5 4 (n + 1) − 2(n + 1)(2k) 4k = n + 1 4 . ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. Ответ. За 1003 вопроса. Пустьбыло задано N вопросов. Ясно, что каждая карточка участвует хотя бы водном вопросе, иначе число на ней мы неопределим. Пустьесть k карточек, участвующих ровно водном вопросе. Тогда водном вопросе не может встретиться двух таких карточек. Действительно, если бы две таких карточки участвовали водном вопросе, то, поменяв местами числа на этих карточках, мы не изменим ответов на вопросы поэтому невозможно установить, какое число на которой из них написано. Следовательно N. Остальные карточки участвовали хотя бы в двух вопросах. Теперь, просуммировав для каждой карточки количество вопросов, в которых она участвовала, получим утроенное количество вопросов. Поэтому k+2(2005−k) = 4010−k 4010−N, откуда 2N 2005, N Приведем способ узнатьчисла за 1003 вопроса. Отложим одну карточку, а остальные разобьем на 334 группы по 6 карточек. В каждой группе занумеруем карточки числами от 1 дои зададим три вопроса (1, 2, 3), (3, 4, и (5, 6, 1). Тогда числа на карточках 1, 3, 5 встречаются в двух ответах (для разных карточек — в разных парах) и поэтому однозначно определяются, а числа на карточках 2, 4, 6 — оставшиеся числа в каждом из ответов. Так за 6 × 3 = 1002 вопроса мы узнаем числа на 2004 карточках. Осталосьспроситьпро отложенную карточку вместе с любыми двумя уже известными. Пусть B 0 , C 0 — середины сторон AC, AB соответственно, третья вневписанная окружность, P и Q — точки пересечения и Положим AB = c, BC = a, CA = b. Обозначим через I A , I B , I C , центры окружностей ω A , ω B , ω C , ω B , соответственно. Обозначим через D, E, F точки касания ω A , ω B , и сторон BC, CA, AB; через, F — точки касания ω B , и сторон CA, AB; через X, Y — точки касания и продолжений сторон AB, BC соответственно (см. рис. Известно, что AD делит пополам периметр треугольника ABC это следует из того, что CD = a + c − b 2 ). Поэтому достаточно показать, что) A лежит на P Q; (2) AD⊥I B I C 1) Ясно, что E и симметричны относительно B 0 . Следовательно CE = b + c − a 2 . Аналогично, AF = b + c − a 2 . Получаем, что касательные к и ω C , проведенные из точки A, равны. Поэтому A лежит на радикальной оси P Q окружностей и ω C 2) Из симметрии следует, что AI B CI B — параллелограмм, поэтому = −−→ AI B . Аналогично, AI C BI C — параллелограмм, поэтому. Построим такую точку T , что BI C T C — параллелограмм. Получаем УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 427 A B C I A I B I C D E F B 0 C 0 I B I C X Y E F P Q T Рис. Так как и являются внутренней и внешней биссектрисами угла BAC, то AI A ⊥I B I C . Аналогично, BI B ⊥I C I A , CI C ⊥I A I B . Следовательно. Это означает, что I A BC ∼ I A I B I C . Заметим, что и I A A — соответствующие высоты в подобных треугольниках и I A I B I C . Отсюда следует, что I A D I A A = BC I B I C Рассмотрим треугольники и ADI A . Имеем I B T I B I C ⊥I A A , I C T BC⊥I A D , I C T I B T = BC I B I C = I A D I A A . Отсюда следует, что треугольники I B I C T и подобны, и их соответствующие стороны перпендикулярны. Итак, Замечание. Вместо части (2) можно доказать, что D лежит наследующим образом. Пусть ω — вписанная окружностьтреугольника ABC. Нетрудно видеть, что ω касается AB и AC соответственно в точках F , E . Обозначим через I центр ω, через D — точку касания ω и BC. Обозначим через r, ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ, соответственно радиусы окружностей ω, ω B , ω C . В окружности проведем диаметр см. рис. Рис. Гомотетия с центром A, переводящая в ω, переводит D в S. Поэтому, достаточно доказать, что S ∈ P Гомотетия с центром и коэффициентом r B r переводит ω в ω B . Обозначим через образ точки S при этой гомотетии. Также, обозначим через образ точки S при гомотетии с центром F , переводящей ω в Достаточно показать, что E S ·SS B = F S ·SS C . Заметим, что E S ·SS B = = E S ·(E S B −E S) = E S ·( r B r E S −E S) = r B − r r E S 2 . Аналогично SS C = r C − r r F S 2 . Чтобы завершитьрешение, установим, что r)E S 2 = (r C − Четырехугольник вписанный, поэтому ∠SE F = ∠SD F = = π 2 − Аналогично, ∠SF E = ∠C 2 . По теореме синусов E S F S = sin ∠C 2 sin ∠B 2 . (2) Четырехугольник вписанный, поэтому = ∠B 2 . Аналогично, ∠II B I C = ∠C 2 . Заметим, что УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС = ID sin ∠B 2 = r sin ∠B 2 , и также I B B = r B sin ∠B 2 . Получаем I B I = I B B − − IB = r B − r sin ∠B 2 . Аналогично, I C I = r C − r sin ∠C 2 . Из теоремы синусов r sin ∠B 2 r C − r sin Из (2) и (3) получаем (1). 725. Ответ. Заметим, что если в строке a ладей, тов ней есть (a − 1) пара ладей, которые бьют друг друга. Но тогда количество пар ладей, бьющих друг друга по горизонтали, не меньше, чем число ладей минус число горизонталей, те. не меньше 8. Аналогично, количество пар ладей, бьющих друг друга по вертикали, не меньше Пример для 16 ладей получается, если, например, расставитьпо 8 ладей на главных диагоналях. См. решение задачи 719. 727. Далее в решении латинские буквы обозначают целые числа. Лемма 1. Если a = НОД(t + 1, t 2 − t + 1), то a = 1 либо a = Доказательство. Поделив с остатком t 2 − t + 1 на t + 1, получаем t + 1 = (t − 2)(t + 1) + 3. Из полученного равенства видим, что если общий делитель t 2 − t + 1 и t + 1, то d — делительчисла Аналогично, из равенства t 4 −t 3 +t 2 −t+1 = (t 3 −2t 2 +3t −4)(t+1)+5 выводится Лемма 2. Если b = НОД(t + 1, t 4 − t 3 + t 2 − t + 1), то b = 1 либо = Имеем t 3 + 1 = (t + 1)(t 2 − t + 1) = 2x 2 , где t = y 5 . Так как число t + 1 всегда нечетно, то из леммы 1 следует, что либо t + 1 = 2u 2 , t 2 − t + 1 = v 2 , либо t + 1 = 6u 2 , t 2 − t + 1 = 3v 2 . Далее, при x > имеем t > 1, отсюда (t − 1) 2 < t 2 − t + 1 < t 2 , и равенство t 2 − t + 1 = = выполняться не может. Получаем t + 1 = y 5 + 1 = 6u 2 . С другой стороны, (y 5 + 1) − (y 3 + 1) = y 3 (y − 1)(y + 1) делится на произведение 1)y(y + 1), и поэтому делится на 3. Таким образом, y 3 + делится назначит Далее, положим z = y 3 = 3m − 1, тогда z 5 + 1 = (z + 1)(z 4 − z 3 + + z 2 − z + 1) = 2x 2 . Если z 4 − z 3 + z 2 − z + 1 делится на 5, то все доказано. В противном случае из леммы 2 следует, что сомножители в левой части равенства взаимно просты. Поскольку z 4 − z 3 + z 2 − z + нечетно, получаем, что z + 1 = 2u 2 , z 4 − z 3 + z 2 − z + 1 = v 2 . Но так как ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ = 3m − 1, то число в левой части последнего равенства при делении надает остаток 2, а число в правой части — остаток 0 или 1 — противоречие. Идея решения состоит в следующем. Если соединитьцентры соседних черных клеток отрезками, то объединение проведенных отрезков разбивает плоскостьна области. Из четности степеней вершин следует, что области можно покраситьв два цвета (желтый и синий) так, чтобы области, граничащие по отрезку, имели разные цвета. Далее, покрасим зеленым в синих областях клетки счетной абсциссой, а в желтых — с нечетной. Остальные клетки покрасим красным. Проведем формальные рассуждения. Введем координаты так, чтобы центры клеток были целочисленными, и будем считать, что окрашены не клетки, а их центры. Вначале окрасим все белые точки в полоску, т. е. так, чтобы зеленые точки имели четную абсциссу, а красные — нечетную. Пустьграф Γ имеет в качестве вершин множество V всех черных точек, а в качестве ребер — множество всех отрезков E, соединяющих соседние черные точки. Заметим, что степенькаждой вершины в Γ четна. Начнем движение по ребрам из какой-то вершины. Войдя в вершину по некоторому ребру, мы сможем выйти по другому ребру, поэтому когда- нибудьпридем в вершину, в которой уже были. Тем самым, в графе найден простой цикл C. Ребра C ограничивают на плоскости многоугольник. Изменим цвету всех красных и зеленых точек, лежащих внутри цикла C. Далее, перейдем к рассмотрению графа Γ , получаемого из Γ удалением всех ребер цикла C. В графе Γ степенькаждой вершины четна, поэтому снова найдем простой цикл, произведем перекрашивание, удалим ребра цикла, и т. д. Действуем так до тех пор, пока в соответствующем графе естьребра. Докажем, что полученная в конце этого процесса раскраска удовлетворяет условию. Если у черной точки P четыре белых соседа, то при каждом перекрашивании они находилисьлибо все внутри многоугольника, либо все вне, а значит перекрашивалисьодинаковое число раз. Тогда у P по два красных и зеленых соседа, поскольку так было в начальной раскраске. Пустьу черной точки P два белых соседа K и L, и два черных соседа M и Пусть K и L лежат водной горизонтали или водной вертикали. Тогда K и L находилисьв разных частях плоскости относительно цикла только при перекрашивании точек внутри цикла, содержащего путь MP N. Таким образом, количество перекрашиваний точек K и L отличается на Так как в начальной раскраске K и L одноцветны, тов конечной — раз- ноцветны. УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 431 Если же K и L — соседи по диагонали, то при каждом перекрашивании они находилисьлибо обе внутри многоугольника, либо обе — вне, и значит одна из них зеленая, другая — красная, как это было вначале класс. Ответ. Положим f(x) = |x − a 1 | + . . . + |x − a 50 | − |x − b 1 | − . . . − |x − − b 50 | и перепишем исходное уравнение в виде f(x) = 0. Пусть c 1 < < c 2 < . . . < c 100 — все числа из множества {a 1 , . . . , a 50 , b 1 , . . . , упорядоченные по возрастанию. На каждом из 101 промежутка [−∞, c 1 ] , [c 1 , c 2 ] , . . . , [c 99 , c 100 ] , [c 100 , + ∞), функция f(x) линейна. Заметим, что на первом и последнем из этих промежутков f(x) = m = (a 1 + . . . + a 50 ) − − (b 1 + . . . + и f(x) = −m соответственно, при этом m = 0, так как количество корней конечно. Пойдем по числовой оси слева направо. Вначале угловой коэффициент функции f(x) равен 0. Всякий раз, когда мы проходим одну из точек, он за счет смены знака при раскрытии соответствующего модуля изменяется на ±2. Таким образом, он всегда равен четному целому числу и не может поменятьзнак, не обратившисьперед этим в 0. Значит, угловые коэффициенты на любых двух соседних промежутках либо оба неотрицательны, либо оба неположительны, те. функция f(x) на объединении этих промежутков либо неубывающая, либо невозрастающая. Стало быть, если число ее корней конечно, тона каждом из 50 отрезков, c 3 ], . . . , [c 97 , c 99 ], [c 99 , она имеет не более одного корня. Кроме того, на крайних интервалах значения имеют разные знаки, ив каждом корне знак функции меняется. Следовательно, количество корней нечетно и не превышает Нетрудно проверить, что если роль будут игратьчисла 1, 4, 5, 8, . . . , 97, 100, а роль b i — числа 2, 3, 6, 7, . . . , 94, 95, 98, 99 1 10 , то уравнение (x) = будет иметьровно 49 корней. См. решение задачи 723. |